A Lebesgue-mérték és a nullmértékű halmazok

A „Halmazok méretének mérése” című lecke összegyűjtötte azokat a szabályokat, amelyeknek bármely értelmes méretfogalom engedelmeskedik, és fő példái között ott volt a hossz a $[0, 1]$ intervallumon, de egyszerűen feltételezte, hogy a hossz létezik. A „σ-algebrák és Borel-halmazok” ezután megmutatta, hogy ez a feltevés óvatosságot kíván: Vitali halmazához egyáltalán nem rendelhető hossz, ezért a hossz csak egy kiválasztott σ-algebrán élhet, és a természetes választás a Borel-halmazok családja. Két kérdés maradt nyitva. Létezik-e valóban megszámlálhatóan additív hossz minden Borel-halmazon, az intervallumoknál jóval furcsább halmazokon is? És hogyan néznek ki azok a halmazok, amelyek hossza nulla? Ez a lecke mindkettőre válaszol. Felépíti a Lebesgue-mértéket úgy, hogy a halmazokat intervallumokkal fedi le, megmutatja, miért kell a lefedéseknek megszámlálhatónak lenniük, majd azokat a halmazokat vizsgálja, amelyeket kicsinek nevez: a megszámlálható halmazokat, a Cantor-halmazt és a majdnem mindenütt teljesülő tulajdonságokat.

Intervallumok hossza

Minden egy intervallum hosszából indul. Ha $a \le b$, akkor

Ugyanezt a számot használjuk $(a, b)$, $[a, b)$ és $(a, b]$ esetén is. Ezt a mérték szabályai kényszerítik ki, nem megállapodás kérdése: egyetlen $\{a\}$ pont minden $\varepsilon > 0$ esetén benne van az $[a, a + \varepsilon]$ intervallumban, így a monotonitás miatt a hossza legfeljebb $\varepsilon$, tehát nulla, és egy végpont hozzávétele vagy elhagyása semmit sem változtat.

Diszjunkt intervallumok hossza összeadódik. Véges sok intervallum unióját elemi halmaznak nevezzük; a hossza azoknak a diszjunkt daraboknak az összhossza, amelyekre fel lehet vágni. A $[0; 0{,}2] \cup [0{,}5; 0{,}6]$ halmaz hossza $0{,}2 + 0{,}1 = 0{,}3$. A $[0; 0{,}5] \cup [0{,}3; 0{,}8]$ halmaz maga a $[0; 0{,}8]$ intervallum, hossza $0{,}8$ és nem $0{,}5 + 0{,}5$, mert a $[0{,}3; 0{,}5]$ átfedést csak egyszer szabad számolni; a „Halmazok méretének mérése” szita-formulája ugyanezt adja: $0{,}5 + 0{,}5 - 0{,}2 = 0{,}8$.

Az elemi halmazok túl kevesen vannak. A „σ-algebrák és Borel-halmazok” Borel-halmazai között ott vannak a racionális számok, az irracionális számok és a végtelen sok intervallum kivágásával kapott halmazok, és ezek egyike sem véges sok intervallum uniója. Olyan módszer kell tehát, amely úgy ad hosszt egy halmaznak, hogy előbb nem kell intervallumok listájaként felírni.

Halmaz lefedése intervallumokkal

Az ötlet ugyanaz, mint amikor egy szabálytalan alakzat területét négyzet alakú csempékkel becsüljük: lefedjük az alakzatot, összeadjuk a csempék méretét, és a legolcsóbb lefedést keressük. A csempék átfedhetnek, és ki is lóghatnak az alakzatból. Ettől az összeg csak nagyobb lehet, kisebb soha, így a legolcsóbb lefedés becsületes becslés kívülről.

Pontosan: egy $A \subseteq \mathbb{R}$ halmaz megszámlálható lefedése intervallumok olyan $I_1, I_2, \ldots$ sorozata, amelynek uniója tartalmazza $A$-t. Az $A$ külső mértéke a legkisebb összhossz, amelyet egy megszámlálható lefedés elérhet:

Szavakban: $\lambda^*(A)$ az a legkevesebb intervallumhossz, amellyel $A$ eltakarható. Az infimumra azért van szükség, mert a legolcsóbb lefedést gyakran csak megközelíteni lehet, elérni nem: egyetlen pontot minden $\varepsilon > 0$ esetén eltakar egy $\varepsilon$ hosszú intervallum, így a külső mértéke 0, pedig minden valódi intervallum körülötte pozitív hosszú.

A definícióból három tulajdonság következik. A külső mérték monoton: ha $A \subseteq B$, akkor $B$ minden lefedése $A$-t is lefedi, így $\lambda^*(A) \le \lambda^*(B)$. Megszámlálhatóan szubadditív: $\lambda^*\big(\bigcup_k A_k\big) \le \sum_k \lambda^*(A_k)$. Ennek belátásához fedd le minden $A_k$-t legfeljebb $\lambda^*(A_k) + \varepsilon/2^k$ összhosszú intervallumokkal. Ezek az intervallumok együtt is egyetlen megszámlálható listát alkotnak, lefedik az uniót, és az összhosszuk legfeljebb $\sum_k \lambda^*(A_k) + \varepsilon$; ezután engedd $\varepsilon$-t 0-hoz. Végül a külső mérték megadja az intervallumok hosszát: $\lambda^*([a, b]) = b - a$.

Az utolsó tulajdonság magától értetődőnek hangzik, de itt rejlik a valódi munka. A felső becslés ingyen van, hiszen $[a, b]$ lefedi önmagát. Az alsó becslés azt mondja, hogy $[0, 1]$-nek nincs olyan ügyes megszámlálható lefedése, amelynek összhossza 1 alatt maradna. A bizonyítás ötlete: a lefedés minden intervallumát kicsit nagyobb nyílt intervallummá bővítjük; a $[0, 1]$ kompaktsága szerint nyílt intervallumokkal való minden lefedésből kiválasztható véges lefedés, így csak véges sokat tartunk meg; végül 0-tól 1-ig végigsétálunk ezeken az átfedő intervallumokon, ami megmutatja, hogy hosszuk összege 1-nél több. Ez vázlat, nem teljes bizonyítás, de megmutatja, hol lép be a valós számegyenes teljessége.

Miért kell a lefedéseknek megszámlálhatónak lenniük

Természetesebbnek tűnne csak véges lefedéseket megengedni, és régebben így is tettek: ez a Jordan-mérték. Pontosan azokon a halmazokon bukik el, amelyek ebben a leckében érdekesek. Vedd a $[0, 1]$ racionális számait, és próbáld lefedni őket véges sok zárt intervallummal. A $[0, 1]$ minden pontja racionális számok határértéke, véges sok zárt intervallum uniója pedig zárt halmaz, tehát mindezeket a határértékeket tartalmazza: a racionális számok minden véges lefedése az egész $[0, 1]$-et lefedi, és az összhossza legalább 1. A $[0, 1]$ irracionális számai ugyanilyen sűrűn helyezkednek el, így ugyanezzel az érveléssel minden véges lefedésük is legalább 1-be kerül.

Véges lefedésekkel tehát a racionális és az irracionális számok mérete is 1 lenne, holott együtt a $[0, 1]$-et adják ki, amelynek mérete szintén 1. Az additivitás azt állítaná, hogy $1 + 1 = 1$. A megszámlálható lefedések ezt rendbe hozzák, mert egy megszámlálható intervallumlista minden racionális számot külön meglátogathat egy tetszőlegesen rövid intervallummal, ahogy a következő szakasz mutatja. Ezért ragaszkodik a mértékelmélet a megszámlálható lefedésekhez és a megszámlálható additivitáshoz: így látja a méretfogalom az egyes pontokat.

A megszámlálható halmazok hossza nulla

Egyetlen $x$ pontot minden $\varepsilon > 0$ esetén lefed az $\varepsilon$ hosszú $[x - \varepsilon/2, x + \varepsilon/2]$ intervallum, így $\lambda^*(\{x\}) = 0$. Véges sok pont ugyanilyen olcsón lefedhető. Az érdekes eset a megszámlálhatóan végtelen halmaz, a szokásos példa pedig a $[0, 1]$ racionális számainak halmaza.

A racionális számok felsorolhatók egymás után, $q_1, q_2, q_3, \ldots$, például nevező szerint: $0, 1, \tfrac12, \tfrac13, \tfrac23, \tfrac14, \tfrac34, \tfrac15, \ldots$. Rögzíts egy $\varepsilon > 0$ keretet, és a $k$-adik racionális szám kapjon egy köré helyezett, $\varepsilon/2^k$ hosszú intervallumot. Az első intervallum a keret felét használja el, a második a negyedét, a harmadik a nyolcadát, és a teljes lista soha nem lépi túl a keretet:

Mivel $\varepsilon$ tetszőleges volt, a $[0, 1]$ racionális számainak külső mértéke 0. Sűrűn helyezkednek el, minden akármilyen rövid intervallumban van belőlük, mégis együttesen semennyi helyet nem töltenek ki. A hossz azt méri, mennyi helyet foglal el egy halmaz, nem azt, milyen szétszórtan helyezkednek el a pontjai. Ugyanez az érvelés minden megszámlálható halmazra működik: az egész számokra, a $k/2^n$ alakú számokra és az alábbi Cantor-konstrukció intervallumainak végpontjaira.

Megszámlálható sok nullmértékű halmaz uniója is nullmértékű: fedd le a $k$-adik halmazt $\varepsilon/2^k$ összhosszú intervallumokkal, és ezek az intervallumok együtt egyetlen, legfeljebb $\varepsilon$ összhosszú megszámlálható listát alkotnak. A racionális számok esete ez a szabály megszámlálható sok egyelemű halmazra alkalmazva.

Mérhető halmazok

A külső mérték $\mathbb{R}$ minden részhalmazán értelmezett, ezért csábító volna egyszerűen hossznak nevezni és megállni. A „σ-algebrák és Borel-halmazok” Vitali-halmaza megmutatja, miért nem működik ez: a $[0, 1)$ felbomlik ennek a halmaznak megszámlálható sok eltolt példányára, és nincs olyan szám, amely mindegyiknek a hossza lehetne. A külső mérték a Vitali-halmazhoz is rendel egy számot, de az ilyen halmazokon csak szubadditív: a darabok külső mértéke többre adódik össze, mint az egészé. A különböző darabok legolcsóbb lefedései kénytelenek átfedni.

Carathéodory talált egy próbát, amely kiválasztja azokat a halmazokat, amelyeken ez soha nem fordul elő. Egy $E$ halmaz Lebesgue-mérhető, ha minden halmazt tisztán vág ketté:

Szavakban: bármilyen $A$ próbahalmazt veszel, ha $E$ mentén kettévágod, a két darab külső mértéke pontosan $A$ külső mértékére adódik össze; a vágás semmit sem pazarol el. Egy intervallum átmegy a próbán. Ha $E = [0; 0{,}5]$ és a próbahalmaz $A = [0{,}25; 0{,}75]$, akkor a két darab $[0{,}25; 0{,}5]$ és $(0{,}5; 0{,}75]$, mindkettő külső mértéke $0{,}25$, és $0{,}25 + 0{,}25 = 0{,}5 = \lambda^*(A)$. A Vitali-halmaz elbukik a próbán: a pontjai olyan szabálytalanul helyezkednek el, hogy egyes próbahalmazok a mentén kettévágva elveszítik a hossz additivitását.

Carathéodory tétele három dolgot mond. A Lebesgue-mérhető halmazok σ-algebrát alkotnak. Ez a σ-algebra minden intervallumot tartalmaz, és ezért minden Borel-halmazt is, hiszen a Borel-halmazok alkotják az intervallumokat tartalmazó legszűkebb σ-algebrát. És ezen a külső mérték megszámlálhatóan additív. A mérhető halmazokra megszorítva $\lambda^*$ neve Lebesgue-mérték, jele $\lambda$. A bizonyítás egy oldalnyi gondos egyenlőtlenség, itt nem írjuk le. Ami számít, az az eredmény, amely eldönti a lecke első kérdését: a hossz minden Borel-halmazon létezik, és betartja a „Halmazok méretének mérése” minden szabályát.

Egyértelműség, eltolás és nyújtás

Lehet-e a Borel-halmazokon egy másik mérték, amely szintén minden intervallumhoz a hosszát rendeli, de valahol máshol eltér $\lambda$-tól? Nem: két mérték, amely a $[0, 1]$ minden intervallumán egyezik, a $[0, 1]$ minden Borel-részhalmazán is egyezik. A szemlélet a következő. Azok a halmazok, amelyeken a két mérték egyezik, zártak a komplementerképzésre és a megszámlálható diszjunkt unióra, minden intervallumot tartalmaznak, és két intervallum metszete ismét intervallum. Ez a három tény elég ahhoz, hogy az egyezést kikényszerítse az intervallumok által generált teljes σ-algebrán; a pontos állítás Dynkin π–λ-tétele. A Borel-halmazokon a hossz tehát nem választás kérdése: ha az intervallumoké rögzített, minden más is az.

Az egyértelműségből két szimmetriaszabály következik. Egy halmaz eltolása nem változtat a hosszán, $\lambda(A + x) = \lambda(A)$, mert $A \mapsto \lambda(A + x)$ szintén olyan mérték, amely minden intervallumhoz a hosszát rendeli. Ha egy halmazt $c$-szeresére nyújtunk, a hossza $|c|$-szeresére változik, $\lambda(cA) = |c|\,\lambda(A)$, mert $A \mapsto \lambda(cA)/|c|$ is minden intervallumhoz a hosszát rendeli. Az egész számegyenesen $\lambda(\mathbb{R}) = \infty$, de $\mathbb{R}$ az egyenként 1 hosszú $[n, n + 1]$ intervallumok megszámlálható uniója, és az elméletnek csak ennyi kell ahhoz, hogy $[0, 1]$-ről átvigye magát $\mathbb{R}$-re.

A Cantor-halmaz

Nem csak a megszámlálható halmazok hossza nulla. A Cantor-halmazt a középső harmadok újra és újra való kivágásával építjük fel:

1. Indulj a $C_0 = [0, 1]$ intervallumból.
2. Vágd ki a nyílt középső harmadot, $(\tfrac13, \tfrac23)$-ot. Ami marad, $C_1 = [0, \tfrac13] \cup [\tfrac23, 1]$, 2 darab $\tfrac13$ hosszú intervallumból áll.
3. Minden megmaradt intervallumból vágd ki a nyílt középső harmadát. $C_2$ 4 darab $\tfrac19$ hosszú intervallumból áll.
4. Ismételd. $n$ lépés után $C_n$ $2^n$ darab $3^{-n}$ hosszú intervallumból áll, összhossza $(2/3)^n$.
5. A Cantor-halmaz az, amit soha nem vágunk ki: $C = C_0 \cap C_1 \cap C_2 \cap \cdots$.

A $C_n$ halmazok zsugorodnak, $C_0 \supseteq C_1 \supseteq C_2 \supseteq \cdots$, és mindegyik hossza véges, így a „Halmazok méretének mérése” felülről való folytonossága szerint a metszetük hossza a hosszaik határértéke:

Egy második érvelés a szimmetriaszabályokat használja. A Cantor-halmaz önmaga két, harmadára kicsinyített példányából áll: $C = \tfrac13 C \,\cup\, \big(\tfrac13 C + \tfrac23\big)$, a bal példány a $[0, \tfrac13]$-ban, a jobb a $[\tfrac23, 1]$-ben. A nyújtás és az eltolás szabálya szerint $\lambda(C) = \tfrac13\lambda(C) + \tfrac13\lambda(C) = \tfrac23\lambda(C)$, és az egyetlen véges szám, amely önmaga kétharmadával egyenlő, a 0.

A $C$ halmaz mégsem kicsi, ha a pontjait számoljuk. Írd fel a $[0, 1]$ számait hármas számrendszerben, a 0, 1 és 2 jegyekkel. Az első lépés azokat a számokat vágja ki, amelyeknek az első hármas jegye csak 1 lehet, a második lépés azokat, amelyeknek a második jegye csak 1 lehet, és így tovább. A $C$ tehát pontosan azokból a számokból áll, amelyeknek van csak 0 és 2 jegyekből álló hármas számrendszerbeli alakja. Ezek egy része végpont, mint $\tfrac13 = 0{,}0222\ldots_3$, de a legtöbbjük nem: $\tfrac14 = 0{,}020202\ldots_3$ benne van $C$-ben, és egyetlen kivágott intervallumnak sem végpontja. Most cserélj ki minden 2-es jegyet 1-esre, és olvasd az eredményt kettes számrendszerben, így $0{,}0202\ldots_3$-ból $0{,}0101\ldots_2$ lesz. A $[0, 1]$ minden számának van kettes számrendszerbeli alakja, így ez a $C$-ből $[0, 1]$-re menő leképezés semmit sem hagy ki, és $C$-nek legalább annyi pontja van, mint $[0, 1]$-nek: nem megszámlálható. Egy halmaznak lehet annyi pontja, mint egy intervallumnak, és a hossza mégis nulla lehet.

A kövér Cantor-halmaz

Az ellenkező meglepetés abból fakad, ha kevesebbet vágunk ki. A kövér Cantor-halmaz a $k$-adik lépésben a meglévő $2^{k-1}$ darab mindegyikéből egy $4^{-k}$ hosszú nyílt középső intervallumot vág ki. Az 1. lépés a $\tfrac14$ hosszú $(\tfrac38, \tfrac58)$-ot vágja ki; a 2. lépés a két darab mindegyikének közepéből egy $\tfrac1{16}$ hosszú intervallumot; és így tovább. A kivágott összhossz

így $n$ lépés után $\tfrac12 + 2^{-(n+1)}$ hossz marad, a határhalmaz hossza pedig $\tfrac12$. A darabok szélessége nullára zsugorodik, ezért a $[0, 1]$ minden intervallumába előbb-utóbb lyukat ütünk, és a kövér Cantor-halmaz egyetlen intervallumot sem tartalmaz. Mégis a $[0, 1]$ felét foglalja el. Az, hogy egy halmaz tartalmaz-e intervallumot, az alakjáról szól; a hossz a mennyiségről, és a kettő független egymástól.

Az ábra mindkét konstrukciót lefuttatja. Válaszd ki a konstrukciót, mozgasd a lépések $n$ számát, és hasonlítsd össze a kijelzett értékeket. Középső harmadokkal és az alapértelmezett $n = 4$-gyel 16 intervallum van, a legkisebb $1/81 \approx 0{,}0123$ hosszú, és a megmaradt hossz $16/81 \approx 0{,}1975$, úton a 0 felé. Ha ugyanennél az $n$-nél a kövér halmazra váltasz, $0{,}5313$ marad, úton a $0{,}5$ felé.

A pontok száma, a szétszórtság és a hossz három különböző módja egy halmaz leírásának. A racionális számok megszámlálhatók és sűrűk, hosszuk 0; a Cantor-halmaz nem megszámlálható és nem tartalmaz intervallumot, hossza 0; a kövér Cantor-halmaz nem megszámlálható és nem tartalmaz intervallumot, hossza 1/2.

Nullmértékű halmazok és a majdnem mindenütt

A nulla mértékű halmaz neve nullmértékű halmaz. Minden megszámlálható halmaz nullmértékű, a Cantor-halmaz is az, és az is minden nullmértékű halmaz minden részhalmaza, valamint megszámlálható sok nullmértékű halmaz uniója. A nullmértékű halmazokat a mérték nem látja: ha egy halmazból elveszünk egyet, vagy hozzáveszünk egyet, a mértéke nem változik.

Ez újfajta állításokat tesz lehetővé. Egy tulajdonság majdnem mindenütt (m.m.) teljesül, ha az a halmaz, ahol nem teljesül, nullmértékű. A $[0, 1]$ majdnem minden száma irracionális, mert a kivételek, a racionális számok, nullmértékű halmazt alkotnak. Az $\mathbf{1}_{\mathbb{Q}}$ indikátorfüggvény, amely a racionális számokon 1, máshol 0, majdnem mindenütt egyenlő a nullfüggvénnyel, pedig minden intervallum végtelen sok pontjában eltér tőle. A pálya későbbi leckéi folyton használják ezt: a majdnem mindenütt egyenlő függvények integrálja egyenlő, a valószínűségszámításban pedig ugyanezt az ötletet majdnem biztosnak nevezzük.

Meglepőbb példát adnak a tizedes jegyek. A $[0, 1]$ mely számai nem használják soha a 7-es jegyet? Egy jegy után a $[0; 0{,}1), [0{,}1; 0{,}2), \ldots, [0{,}9; 1]$ tíz intervallum közül 9-ben vannak, összhosszuk $0{,}9$. Két jegy után a 100 darab $0{,}01$ hosszú intervallum közül $9^2 = 81$-ben, összhosszuk $0{,}81$. $n$ jegy után $0{,}9^n$ hossz marad. Azok a számok, amelyekben egyáltalán nincs 7-es, mindegyik ilyen halmazban benne vannak, így a hosszuk minden $n$-re legfeljebb $0{,}9^n$: nullmértékű halmazt alkotnak. Majdnem minden szám tizedes tört alakjában valahol előfordul a 7-es. Ugyanez az érvelés bármely jegyre és bármely véges jegysorozatra működik, így majdnem minden szám tizedes jegyei között valahol minden jegysorozat előfordul. A kivételes halmaz mégsem üres, hiszen $0{,}5$ és $\tfrac19 = 0{,}111\ldots$ elkerüli a 7-est, és a Cantor-halmaznál használt jegyes érvelés szerint még csak nem is megszámlálható.

A nullmértékű nem ugyanaz, mint az üres, és ha a hosszat valószínűségként olvassuk, a nullmértékű nem ugyanaz, mint a lehetetlen. Egy $[0, 1]$-ből egyenletesen húzott szám nulla valószínűséggel esik a Cantor-halmazba, és nulla valószínűséggel egyenlő $0{,}5$-tel. A kihúzott számnak mégis valamelyik számnak kell lennie, és minden egyes szám valószínűsége nulla. A nulla valószínűség azt mondja, hogy egy halmaz túl vékony ahhoz, hogy pozitív gyakorisággal eltaláljuk, nem azt, hogy nincsenek pontjai.

Teljessé tétel

A Lebesgue-mérték, ahogy Carathéodory próbája felépíti, a Borel-halmazoknál valamivel bővebb σ-algebrán él: tartalmazza minden nullmértékű Borel-halmaz minden részhalmazát is, nulla mértékkel. Ez a bővítés a Borel-féle σ-algebra teljessé tétele. A többlethalmazokból sok van. A Cantor-halmaznak annyi pontja van, mint $[0, 1]$-nek, így annyi részhalmaza is, mint $[0, 1]$-nek, ezek mind nullmértékűek és Lebesgue-mérhetők, és több van belőlük, mint ahány Borel-halmaz létezik. A teljessé tétel azonban nem hoz új hosszakat, csak új nullmértékű halmazokat, és soha nem változtatja meg egy olyan halmaz mértékét, amelynek már volt. A haszna kényelmi: egy olyan állítás, mint „$f = g$ majdnem mindenütt”, hivatkozhat arra a halmazra, ahol $f \ne g$, anélkül hogy előbb ellenőrizni kellene, Borel-halmaz-e.

A mérhető halmazok majdnem intervallumok

A Cantor-halmazok után a mérhető halmazok reménytelenül vadnak tűnhetnek. Pontos értelemben nem azok: minden mérhető halmaz beszorítható egy nyílt és egy zárt halmaz közé, amelyek hossza tetszőlegesen közel van egymáshoz. Mérhető $E \subseteq [0, 1]$ és tetszőleges $\varepsilon > 0$ esetén van olyan nyílt $U$ és zárt $F$ halmaz, hogy

A nyílt halmaz egyenesen a külső mérték definíciójából jön: vedd $E$ egy olyan intervallumlefedését, amelynek összhossza $\lambda(E) + \varepsilon$ alatt marad, és bővíts minden intervallumot kicsit nyílttá. A racionális számoknál $U$ a kidolgozott példa rövid intervallumainak uniója $\varepsilon$-nál kisebb kerettel, $F$ pedig lehet az üres halmaz. A kövér Cantor-halmaznál $F$ maga a kövér Cantor-halmaz, amely zárt, $U$ pedig a konstrukció egy kicsit kibővített $C_n$ lépése.

A $[0, 1]$ egy nyílt részhalmaza megszámlálható sok diszjunkt nyílt intervallum uniója, és mivel összhosszuk véges, véges sok kivételével együttesen elhanyagolható a hosszuk. Így még olyan véges intervallumunió, $G$ is van, amelyre $\lambda(E \,\triangle\, G) < \varepsilon$, ahol $E \triangle G$ azoknak a pontoknak a halmaza, amelyek a két halmaz közül pontosan az egyikben vannak benne. J. E. Littlewood matematikus ezt első elveként így foglalta össze: minden mérhető halmaz majdnem véges intervallumunió. A Lebesgue-mérték különös halmazokra is kiterjeszti a hosszt, de csak olyanokra, amelyeket intervallumok tetszőleges pontossággal megközelítenek, ezért egyeznek értékei a szemlélettel mindenütt, ahol a szemléletnek van mondanivalója.

Terület és térfogat

A konstrukció bármely dimenzióban működik. A síkon fedj le egy halmazt megszámlálható sok $[a_1, b_1] \times [a_2, b_2]$ téglalappal, add össze a $(b_1 - a_1)(b_2 - a_2)$ területeiket, és vedd az infimumot. Carathéodory próbája ezután kiválasztja a mérhető halmazokat, és ezeken ez a külső mérték a kétdimenziós Lebesgue-mérték: a terület. Egy $r$ sugarú körlap területe $\pi r^2$, amit úgy ellenőrizhetsz, hogy a körlapot vékony téglalapokkal belülről kitöltöd és kívülről lefeded. Minden szakasz területe 0, mert egy $\ell$ hosszú szakasz minden $\varepsilon > 0$ esetén belefér egy $\ell\varepsilon$ területű téglalapba, és ugyanezért bármely $[0, 1]$-en folytonos függvény grafikonjának területe 0. Három dimenzióban a téglatestek adják a térfogatot. A lecke minden eredménye, a nullmértékű halmazok, a majdnem mindenütt és az egyszerű halmazokkal való közelítés, változtatás nélkül átvihető.

Összefoglalás

• A $\lambda$ Lebesgue-mérték minden intervallumhoz a hosszát rendeli; a $\lambda^*(A)$ külső mérték, $A$ intervallumokkal való megszámlálható lefedéseinek legkisebb összhossza, minden halmazra kiterjeszti.
• A lefedéseknek megszámlálhatónak kell lenniük: véges lefedésekkel a $[0, 1]$ racionális és irracionális számainak mérete is 1 lenne, és az additivitás elbukna.
• Carathéodory próbája kiválasztja a mérhető halmazokat; ezek minden Borel-halmazt tartalmazó σ-algebrát alkotnak, amelyen $\lambda$ megszámlálhatóan additív, egyértelmű, eltolásra nem változik, nyújtásra arányosan nő.
• Nullmértékű minden megszámlálható halmaz és a nem megszámlálható Cantor-halmaz is; a kövér Cantor-halmaz egyetlen intervallumot sem tartalmaz, mégis 1/2 hosszú.
• Egy tulajdonság majdnem mindenütt teljesül, ha csak nullmértékű halmazon nem teljesül: majdnem minden szám irracionális, és tizedes jegyei között minden jegy előfordul.